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東京工業大学 1996年理系第1問解説

方針・初手

対称性に注目し、大小関係を自ら設定して解を絞り込む。特に、積と和の比較から最大の文字で置き換えて不等式を作ることで、各変数のとり得る値の範囲を限定できる。設問(3)の存在証明については、(1)の結果もヒントにして、ほとんどの変数を $1$ に固定して具体的な解を1つ構成すればよい。

解法1

(1) $n=2$ のとき、与えられた方程式は

$$ x_1 + x_2 = x_1 x_2 $$

となる。式を変形して、

$$ x_1 x_2 - x_1 - x_2 = 0 $$

$$ (x_1 - 1)(x_2 - 1) = 1 $$

$x_1, x_2$ は正の整数であるから、$x_1 - 1 \ge 0, x_2 - 1 \ge 0$ である。よって、

$$ x_1 - 1 = 1, \quad x_2 - 1 = 1 $$

となり、解は $(x_1, x_2) = (2, 2)$ のみである。

$n=3$ のとき、方程式は

$$ x_1 + x_2 + x_3 = x_1 x_2 x_3 $$

となる。解の成分の順列を入れ替えたものも解になるため、まずは対称性を利用して $x_1 \le x_2 \le x_3$ と仮定して解を求める。この大小関係より、

$$ x_1 x_2 x_3 = x_1 + x_2 + x_3 \le x_3 + x_3 + x_3 = 3x_3 $$

が成り立つ。$x_3 \ge 1$ であるから、両辺を $x_3$ で割って、

$$ x_1 x_2 \le 3 $$

を得る。$x_1, x_2$ は正の整数であり、$x_1 \le x_2$ を満たすので、考えられる $(x_1, x_2)$ の組は $(1, 1), (1, 2), (1, 3)$ のいずれかである。

(i)

$(x_1, x_2) = (1, 1)$ のとき元の式に代入すると $1 + 1 + x_3 = x_3$ となり、$2 = 0$ で矛盾する。

(ii)

$(x_1, x_2) = (1, 2)$ のとき元の式に代入すると $1 + 2 + x_3 = 2x_3$ となり、$x_3 = 3$ を得る。これは $x_2 \le x_3$ を満たす。

(iii)

$(x_1, x_2) = (1, 3)$ のとき元の式に代入すると $1 + 3 + x_3 = 3x_3$ となり、$2x_3 = 4$ より $x_3 = 2$ を得る。これは $x_2 \le x_3$ の仮定に矛盾する。

以上より、$x_1 \le x_2 \le x_3$ を満たす解は $(1, 2, 3)$ のみである。実際の解はこれらの順列をすべて考慮する必要があるため、求める解は $(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1)$ の6組である。

(2) 解が1つしかないということは、解の成分を並べ替えても別の解にならないこと、すなわち $x_1 = x_2 = \cdots = x_n$ であることが必要である。 $x_1 = x_2 = \cdots = x_n = x$ とおくと、与えられた方程式は

$$ nx = x^n $$

$$ x(x^{n-1} - n) = 0 $$

となる。$x$ は正の整数であるから $x \neq 0$ であり、

$$ x^{n-1} = n $$

を満たさなければならない。

$n=2$ のとき、$x^1 = 2$ より $x=2$ となり、確かに解 $(2, 2)$ が1つだけ存在する。

$n \ge 3$ のときを考える。 $x=1$ とすると $1 = n$ となり、$n \ge 3$ に矛盾する。 $x \ge 2$ とすると、

$$ x^{n-1} \ge 2^{n-1} $$

となる。ここで、任意の整数 $n \ge 3$ において $2^{n-1} > n$ が成り立つ。したがって $x^{n-1} > n$ となり、$x^{n-1} = n$ を満たす正の整数 $x$ は存在しない。

以上より、解が1つしかないような $n$ は $n=2$ のみである。

(3) 【解が少なくとも1つ存在することの証明】 $n \ge 2$ の任意の整数に対して、

$$ (x_1, x_2, \cdots, x_{n-2}, x_{n-1}, x_n) = (1, 1, \cdots, 1, 2, n) $$

という組を考える。（すなわち $1$ が $n-2$ 個、$2$ が1個、$n$ が1個の組である）このとき、左辺の和は

$$ \underbrace{1 + 1 + \cdots + 1}_{n-2 \text{個}} + 2 + n = (n - 2) + 2 + n = 2n $$

となり、右辺の積は

$$ \underbrace{1 \cdot 1 \cdots 1}_{n-2 \text{個}} \cdot 2 \cdot n = 2n $$

となる。両辺が一致するため、この組は与えられた方程式の正の整数解である。したがって、任意の $n \ge 2$ に対して解は少なくとも1つ存在する。

【解が有限個であることの証明】 解の成分の順列は高々 $n!$ 通りであるから、$x_1 \le x_2 \le \cdots \le x_n$ を満たす解の個数が有限個であることを示せばよい。この大小関係より、

$$ x_1 x_2 \cdots x_{n-1} x_n = x_1 + x_2 + \cdots + x_n \le n x_n $$

が成り立つ。$x_n \ge 1$ であるから、両辺を $x_n$ で割って、

$$ x_1 x_2 \cdots x_{n-1} \le n $$

を得る。$x_1, x_2, \cdots, x_{n-1}$ は正の整数であるため、この不等式を満たす組 $(x_1, x_2, \cdots, x_{n-1})$ の選び方は有限通りである。方程式を変形すると、

$$ (x_1 x_2 \cdots x_{n-1} - 1) x_n = x_1 + x_2 + \cdots + x_{n-1} $$

となる。ここで、もし $x_1 x_2 \cdots x_{n-1} - 1 = 0$ であれば、$x_1 = x_2 = \cdots = x_{n-1} = 1$ となるが、このとき上式は $0 = n-1$ となり、これは $n \ge 2$ に矛盾する。よって $x_1 x_2 \cdots x_{n-1} - 1 \neq 0$ であり、$x_n$ は

$$ x_n = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_{n-1}}{x_1 x_2 \cdots x_{n-1} - 1} $$

と一意に定まる。組 $(x_1, x_2, \cdots, x_{n-1})$ が有限通りであり、そのそれぞれに対して $x_n$ が高々1つに定まるため、$x_1 \le x_2 \le \cdots \le x_n$ を満たす解 $(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ は有限個である。順列を考慮しても高々有限個の定数倍であるため、解の総数も有限個となる。

解説

対称式の方程式における整数解問題の典型的な処理が問われている。和と積の形になっているため、大小関係を自分で設定し、「最大の文字で置き換えて不等式を作る」ことで範囲を絞り込む手法が有効である。(1)で具体例を通じてこの手法を試し、(3)の有限個の証明でその論理を一般化するという美しい構成になっている。(3)の前半の存在証明は、(1)の $n=2$ や $n=3$ の解を参考にし、変数の大部分を $1$ に設定して残りの変数で調整するという発想で具体例を構築するとよい。